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Exame & Repescagens dos Testes Física Estatística MEFT 2 de Julho de 2018, 15h0 0 Duração Testes: 1h3 0 Duração Exame: 3h Prof. Responsável: João P. S. Bizarro ATENÇÃO: Não é permitido o uso de calculadoras nem de formulários. 1º Teste [Cotação: a) 1.0; b) 1.0; c) 1.0; d) 1.0.] 1 - A função de partição para um sistema magnético, válida numa certa gama de temperaturas T e campos magnéticos H, pode-se escrever na forma kBlnZ=(V/2T^2 )(b+aH^2 ), sendo V o volume ocupado pelo sistema, kB a constante de Boltzmann, e a, b e C constantes. a) Calcule, directamente a partir de lnZ, a energia média E do sistema. R: Tem-se E =−∂lnZ/∂β(0.50)=kBT^2 ∂lnZ/∂T=−(V/T)(b+aH^2 )(0.50). b) Calcule, directamente a partir de lnZ, a magnetização M do sistema (que é a força generalizada conjugada ao parâmetro externo H). R: Tem-se M=(1/β)∂lnZ/∂H(0.50)=aVH/T(0. 50 ). c) Calcule a entropia S do sistema. R: Tem-se S=kB(lnZ+β E )(0.50)= −(V/ 2 T^2 )(b+aH^2 ) (0.50). d) Mostre que se tem para a dispersão relativa na energia deste sistema (ΔE)^2 /( E )^2 =kBT/| E |. R: Tem-se (ΔE)^2 =∂^2 lnZ/∂β^2 (0.50)=−∂ E /∂β=kBT^2 ∂ E /∂T=kBV(b+aH^2 )(0.25), donde (ΔE)^2 /( E )^2 =kBT/| E |(0.25). [Cotação: a) 1.5; b) 1. 0 ; c) 1.0.] 2 - Considere N moléculas de um gás ideal em equilíbrio térmico a uma temperatura absoluta T. O gás está confinado numa caixa cúbica de aresta L, com duas das faces paralelas à superfície da Terra, e sob a acção de um campo gravítico de aceleração constante g. a) Mostre que se tem n(z)=(N/L^3 )(mgL/kBT)exp(–mgz/kBT)/[ 1 – exp(–mgL/kBT)] para a densidade dessas moléculas em função da altura z na caixa. R: O gás distribui-se em altura de acordo com uma distribuição canónica, ou seja, n(z)=Cexp(−mgz/kBT)(0. 50 ), com C uma constante de normalização dada por ∫ 0 L dx ∫ 0 L dy ∫ 0 L dz n(z)=L^2 ∫ 0 L dzn(z)=N(0. 50 ). Calculando, C−^1 =(N/L^2 )−^1 ∫ 0 L dzexp(−mgz/kBT) =N−^1 (kBT/mg)[1–exp(–mgL/kBT)](0. 50 ), donde o resultado pretendido n(z)=(N/L^2 )(mg/kBT) exp(−mgz/kBT)/[1–exp(–mgL/kBT)]. b) Para que valores tende n(z) quando mgz≫kBT? Interprete fisicamente o resultado. R: Neste limite, exp(–mgL/kBT)→ 0 e n(z)≃(N/L^3 )(mgL/kBT)exp(−mgz/kBT)(0.25), que tende para 0 se z≠ 0 (0.25) e para ∞ se z=0(0.25), ou seja, n(z)≃(N/L^2 )δ(z) com δ(z) um delta de Dirac. Fisicamente, e como se espera a muito baixas temperaturas, as partículas encontram-
se praticamente todas no estado de menor energia (potencial, neste caso), que corresponde a z=0(0.25). c) Para que valores tende n(z) quando mgz≪kBT? Interprete fisicamente o resultado. R: Neste limite, exp(–mgL/kBT)≃ 1 – mgL/kBT(0.25) e n(z)≃(N/L^3 )(mgL/kBT)/(mgL/kBT)≃N/L^3 (0.25), que corresponde a uma distribuição de densidade uniforme(0.25) na caixa. Fisicamente, e como se espera a muito altas temperaturas, as partículas distribuem-se uniformemente por todas as energias (potenciais) acessíveis (i.e., todas as alturas dentro da caixa)(0.25). [Cotação: a) 1.0; b) 1. 5 .] 3 - Considere a expressão geral para a entropia S= – kB∑r PrlnPr e um sistema que se distribui pelos seus estados acessíveis r de acordo com uma distribuição de probabilidades arbitrária Pr. Pretende-se comparar esta distribuição com a distribuição canónica Pr(0)=exp(–βEr)/Z, com Z=∑r exp(–βEr), correspondente à mesma energia média, ou seja, ∑r Pr(0)Er=∑r PrEr= E. Tem-se, obviamente, ∑r Pr(0)^ =∑r Pr=1. a) Com S e S(0)^ as entropias correspondentes a Pr e Pr(0), respectivamente, mostre que se tem S–S(0)= kB∑r Prln(Pr(0)/Pr). [Sugestão: comece por mostrar que se tem ∑r PrlnPr(0)=∑r Pr(0)lnPr(0).] R: É imediato verificar que (S–S(0))/kB=∑r Prln(Pr(0)/Pr)+∑r (Pr–Pr(0))lnPr(0)(0.25). Ora, escrevendo lnPr(0)=–βEr–lnZ(0.25), vem ∑r (Pr–Pr(0))lnPr(0)=∑r (Pr–Pr(0))(–βEr–lnZ)=–β(∑r PrEr– ∑r Pr(0)Er)(0.25)–lnZ(∑r Pr–∑r Pr(0))(0.25)=0, donde (S–S(0))=kB∑r Prln(Pr(0)/Pr). b) Mostre que se tem sempre S(0)≥S [use a desigualdade universal lnx≤x–1]. Justificando devidamente, diga em que condições se tem S=S(0). Comente. R: Tem-se, então, (S–S(0))/kB=∑r Prln(Pr(0)/Pr)≤∑r Pr(Pr(0)/Pr)–1=(∑r Pr(0)–∑r Pr)=0(0.25). Tem-se ainda S=S(0)^ quando Pr=Pr(0)(0.25), o que confirma mais uma vez que a distribuição canónica(0.25) maximiza a entropia(0. 25 ) nos casos em que a energia média do sistema é especificada(0.25). 2º Teste [Cotação: a) 1. 0 ; b) 1.0; c) 1.0; d) 1.0.] 4 - Considere N partículas de um gás ideal quântico não relativista, com massa m e contidas numa caixa cúbica de lado L. Os possíveis níveis de energia para uma partícula são da forma εr=εnx,ny,nz=(ħ^2 π^2 /2mL^2 )(nx^2 +ny^2 +nz^2 ), com nx=ny=nz=1,2,3,…, sendo a respectiva ocupação Nr e a respectiva contribuição para a pressão macroscópica do gás dada por pr=–∂εr/∂V. Pretende-se comparar o comportamento de bosões com o de fermiões a 0 ºK (zero absoluto). a) Comece por mostrar que se tem para a pressão macroscópica do gás p=(2/3)( E /V), em que V é o volume da caixa e E a energia média do gás. R: A pressão macroscópica é uma média sobre os possíveis níveis de energia εr, i.e., p=∑r Nrpr(0.50)=–∑r Nr∂εr/∂V=–(∂L/∂V)∑r Nr(∂εr/∂L)=(1/3)(1/V)2/3∑r ( 2 /L)Nrεr=(2/3)(∑r Nrεr/L^3 )= (2/3)(∑r Nrεr/V)(0.25)=(2/3)( E /V)(0.25). b) Obtenha a expressão que dá a pressão pB0 de um gás de bosões a 0 ºK. Dê o resultado em função das constantes físicas e parâmetros macroscópicos do gás. Como é que pB0 depende de N e de V? R: A 0 ºK têm-se todos os bosões no estado de mais baixa energia(0.25), i.e., E =Nε 1 (0.25) com ε 1 =(3ħ^2 π^2 /2mL^2 )(0.25) a energia do estado fundamental (nx=ny=nz=1), donde pB0=(2/3)( E /V)=(ħ^2 π^2 /m)(N/V^5 /3)(0.25).
centros de duas moléculas (tomadas como discos) que permite a interacção (colisão) entre elas(0.50), ou seja, a R 0 (0.50). [Cotação: a) 1.0; b) 1.0.] 6 - Um gás ideal de bosões é constituído por N partículas e ocupa um volume V. Por causa do comportamento ‘gregário’ dos bosões, é preciso ter em conta numa colisão entre dois bosões não apenas a probabilidade de ocupação do estado inicial de velocidade v , dada por f( r , v ,t), mas também a maior probabilidade de transição para o estado final de velocidade v ’ se este já estiver ocupado, efeito introduzido pelo factor 1 +f( v ’,t). Assim sendo, define-se H(t)= ∫d^3 v {f( v ,t) lnf( v ,t)−[ 1 +f( v ,t)] ln( 1 +f( v ,t))} e, na equação de Boltzmann df/dt=(∂f/∂t)col., o termo de colisões escreve-se (∂f/∂t)col.=∫d^3 v’∫d^3 v 1 ∫d^3 v’ 1 w( v , v 1 →v ’, v ’ 1 ){f( v ’,t) f( v ’ 1 ,t)[ 1 +f( v ,t)][1+f( v 1 ,t)] −f( v ,t)f( v 1 ,t)[1+f( v ’,t)][1+f( v 1 ’,t)]}, com o ‘kernel’ de colisão w( v , v 1 →v ’, v ’ 1 )≡| v − v 1 |σ’( v , v 1 →v ’, v ’ 1 ) uma quantidade não-negativa. De forma mais sintética (∂f/∂t)col. =∫d^3 v’∫d^3 v 1 ∫d^3 v’ 1 w( v , v 1 →v ’, v ’ 1 )[f ’f 1 ’(1+f)( 1 +f 1 )−ff 1 (1+f ’)(1+f 1 ’)]. Nestas condições, mostra-se que dH/dt=−(1/4)∫d^3 v∫d^3 v’∫d^3 v 1 ∫d^3 v’ 1 w( v , v 1 →v ’, v ’ 1 )[f f 1 (1+f ’)(1+f 1 ’)−f ’f 1 ’(1+f)(1+f 1 )]{ln[f f 1 /(1+f)(1+f 1 )]– ln[f ’f 1 ’/(1+f ’)(1+f 1 ’)]}. a) Mostre que a integranda em dH /dt é sempre não-negativa, logo dH/dt≤ 0. R: Reescrevendo dH /dt = −(1/4) ∫d^3 v ∫d^3 v’ ∫d^3 v 1 ∫d^3 v’ 1 w( v , v 1 →v ’, v ’ 1 )(1+f)(1+f 1 )(1+f ’)(1+f 1 ’) [f f 1 /(1+f)(1+f 1 )−f ’f 1 ’/(1+f ’)(1+f 1 ’)] {ln[f f 1 /(1+f)(1+f 1 )] − ln[f ’f 1 ’/(1+f ’)(1+f 1 ’)]} (0.25) e notando que qualquer dos factores (1+f) será sempre positivo(0.25), assim como o ‘kernel’ w( v , v 1 →v ’, v ’ 1 ), o sinal da integranda será dado pelo sinal do termo [f f 1 /(1+f)(1+f 1 )−f ’f 1 ’/(1+f ’)(1+f 1 ’)] {ln[f f 1 /(1+f)(1+f 1 )]−ln[f ’f 1 ’/(1+f ’)(1+f 1 ’)]}(0.25), que é da forma (x−y)(lnx−lny), quantidade que é sempre positiva ou nula dado que o logaritmo é uma função crescente do seu argumento(0.25). b) Mostre, finalmente, que a distribuição de equilíbrio se pode escrever na forma feq.( v )=1/{exp[−β(μ−mv^2 /2+m v.u )]−1}, com β, μ e u constantes. Comente o resultado. R: No equilíbrio dH /dt= 0 , o que implica a integranda em dH /dt ser identicamente nula dado que é sempre não-negativa(0.125); sendo a integranda nula, tem-se necessariamente ln[feq./(1+feq.)]+ln[feq.1/(1+feq.1)]=ln[feq.’/(1+feq.’)]+lnfeq.1’/(1+feq.1’), o que implica ser ln[feq./(1+feq.)] uma quantidade conservada numa colisão(0.25), podendo assim ser expressa de forma geral como uma combinação linear das quantidades conservadas numa colisão, as quais são quaisquer constantes, o momento linear m v e a energia cinética mv^2 /2 (0.125), donde ln[feq./(1+feq.)]=β(μ−mv^2 /2+m v.u )(0. 125 ), ou feq.=1/{exp[−β(μ−mv^2 /2+m v.u )]−1}, recuperando-se a distribuição de equilíbrio de Bose-Einstein(0.25).
